2 BILANGAN PRIMA

Bilangan prima telah dikenal sejak sekolah dasar, yaitu bilangan yang tidak mem-punyai faktor selain dari 1 dan dirinya sendiri. Bilangan prima memegang perananpenting karena pada dasarnya konsep apapun yang dibahas dalam teori bilangan se-lalu dikaitkan dengan bilangan prima. Sebagai ilustrasi, jika ditanyakan banyak faktorpositif dari 24 maka biasanya dilakukan dengan mendaftar semua faktor tersebut yaitu1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24 jadi ada 8 buah. Untuk bilangan 60 mempunyai sebanyak 12 fak-tor positif. Cara mendaftarkan satu per satu semua faktor seperti ini tidaklah efektifkhususnya untuk bilangan yang besar. Coba perhatikan 24 = 23 · 3 dan 60 = 22 · 3 · 5.Dengan menambahkan 1 pada setiap pangkat prima, kemudian mengalikan mereka makadiperoleh banyaknya faktor prima. Untuk bilangan 24 terdapat (3 + 1) ⇥ (1 + 1) = 8

faktor, dan untuk 60 terdapat (2 + 1)⇥ (1 + 1)⇥ (1 + 1) = 12 faktor.

Bagaimana juga ketika diminta untuk menentukan suatu bilangan prima atau bukan,bagaimana memutuskan suatu bilangan bulat besar dapat dibagi oleh bilangan bulatlain, bagaimana distribusi bilangan prima dalam Z; semuanya akan dibahas pada babini.

2.1 Teorema Fundamental Aritmatika

Definisi 2.1. Suatu bilangan bulat p > 1 dikatakan prima jika faktor positifnyahanyalah 1 dan p (dirinya sendiri). Bilangan bulat lebih dari 1 yang bukan primadisebut komposit.

Diantara 10 bilangan bulat pertama, bilangan-bilangan 2, 3, 5, 7 adalah prima, sedangkan4, 6, 8, 10 adalah komposit. Berdasarkan definisi ini hanya ada satu bilangan prima yanggenap yaitu. Bilangan 1 bukan prima dan bukan komposit. Suatu bilangan p adalahkomposit jika ada bilangan bulat a dan b sehingga p = ab di mana 0 < a, b < p.

1

2 BILANGAN PRIMA

Untuk memulai pokok bahasan ini, diperhatikan fakta sederhana bahwa bilangan prima3 dapat membagi 36. Kita juga mempunyai faktorisasi berikut

36 = 6⇥ 6 = 9⇥ 4 = 12⇥ 3 = 18⇥ 2.

Ternyata bilangan 3 dapat membagi minimal salah satu faktor di setiap perkalian terse-but. Sekarang diperhatikan pula bilangan komposit 4, yaitu 4|(2 ⇥ 6) tetapi 4 - 2 dan4 - 6. Teorema berikut memberikan landasan untuk hasil ini.

Teorema 2.1. Jika p prima dan p|ab maka p|a atau p|b.

Bukti. Bila ternyata p|a maka teorema terbukti, selesai. Bila p - a maka pastilahgcd(a, b) = 1 sebab faktor p hanyalah 1 atau p. Berdasarkan Teorema 1.6(2)disimpulkan p|b. ⌅

Teorema ini menyatakan bahwa jika suatu bilangan prima p membagi perkalian duabilangan bulat maka p pasti membagi salah satu diantara keduanya. Fakta ini dapatdiperluas untuk bentuk perkalian beberapa bilangan bulat.

Akibat 2.1. Bila p prima dan p|a1

a

2

· · · an

maka p|ak

untuk suatu k 2 {1, · · · , n}.

Bukti. Dibuktikan dengan menggunakan prinsip induksi matematika. Untuk n = 1,pernyataan berlaku secara otomatis karena kita mempunyai pernyataan p|a

1

!p|a

1

yang selalu benar. Andaikan berlaku untuk n = i, yaitu p|a1

a

2

· · · ai

! p|ak

untuk suatu k 2 {1, · · · , i}. Untuk n = i + 1, diketahui p|(a1

a

2

· · · ai

)(ai+1

).Berdasarkan Teorema 2.1 maka p|a

1

a

2

· · · ai

atau p|ai+1

, yakni p|ak

untuk suatuk 2 {1, · · · , i+ 1}. ⌅

Akibat 2.2. Bila p, q

1

, · · · , qn

semuanya prima dan p|q1

q

2

· · · qn

maka p = q

k

untuk

suatu k 2 {1, · · · , n}.

Bukti. Berdasarkan Akibat 2.1, p|qk

untuk suatu k 2 {1, · · · , n}. Karena q

k

primamaka tidak ada faktor lain selain 1 dan dirinya sendiri q

k

. Jadi haruslah p = q

k

.⌅

Pada awal bab ini telah diilustrasikan bahwa suatu bilangan bulat dapat disajikan dalambentuk perkalian bilangan-bilangan prima. Formalisasi keadaan ini disajikan dalambentuk Teorema Fundamental Aritmatika (TFA) yang merupakan batu pijakan dalamteori bilangan.

2

2 BILANGAN PRIMA

Teorema 2.2. [Teorema Fundamental Aritmatika (TFA)] Setiap bilangan bulat

positif n > 1 selalu dapat disajikan dalam bentuk perkalian bilangan-bilangan prima

bepangkat. Representasi ini tunggal terhadap urutan faktor-faktornya, yaitu

n = p

e11

p

e22

· · · pekk

(2.1)

dimana p

1

, · · · , pk

prima dan e

1

, · · · , ek

eksponen bulat positif.

Bukti. Dibuktikan dengan menggunakan prinsip induksi kuat. Untuk n = 2 pernyataanbenar, yaitu dengan mengambil p

1

= 2 dan e

1

= 1. Asumsikan n > 2 dan ekspresi(2.1) dipenuhi oleh setiap bilangan diantara 2 dan n, yaitu m = p

e11

p

e22

· · · pekmkm

untuk setiap m = 3, 4, · · · , n� 1. Sekarang untuk bilangan n. Bila n prima makatidak perlu dibuktikan lagi, karena ekspresi (2.1) terpenuhi secara otomatis. Un-tuk n komposit maka terdapat bilangan bulat a dan b sehingga n = ab dimana0 < a, b < n. Karena kedua a dan b kurang dari n maka berdasarkan hipote-sis, mereka dapat disajikan sebagai perkalian bilangan-bilangan prima, katakana = q

e11

q

e22

· · · qekaka

dan b = r

e11

r

e22

· · · rekrkr

di mana para q

i

dan r

k

prima. Den-gan membuat urutan baru dengan cara mengelompokkan maka dapat disajikann = ab = p

e11

p

e22

· · · pekk

. Selanjutnya ditunjukkan ketunggalan representasi (2.1).Andai kita mempunyai dua bentuk representasi berikut

n = p

e11

p

e22

· · · pekk

= q

f11

q

f22

· · · qftt

(#).

Berlaku p

1

|n. Berdasarkan Akibat (2.1), p1

|qj

untuk suatu j 2 {1, · · · , t}. Dengancara menyusun kembali maka kita dapat menukar urutannya dengan q

j

diawal,katakan q

j

= q

1

. Substitusi ke dalam persamaan (#) diperoleh

p

e1�1

1

p

e22

· · · pekk

= q

f1�1

1

q

f22

· · · qftt

.

Karena p

1

dan q

1

keduanya prima dan p

1

|q1

maka haruslah p

1

= q

1

sehinggap

e1�1

1

p

e22

· · · pekk

= p

f1�1

1

q

f22

· · · qftt

. Faktor yang sama pada kedua ruas yaitu p

1

da-pat dihilangkan dengan menggabungkannya pada salah satu ruas. Bila proses iniditeruskan dengan memasangkan faktor prima yang sama pada kedua ruas, ke-mudian melakukan kanselasi maka akan terjadi penghilangan faktor prima padasalah satu ruas. Bila ada salah satu ruas yang tidak habis faktor primanya makaakan terdapat bilangan 1 pada ruas lainnya sehingga 1 merupakan perkalian daripaling tidak dua bilangan prima p

i

atau q

j

. Dengan kata kata lain minimal ada 2

3

2 BILANGAN PRIMA

prima p

i

dan q

j

sehingga p

i

q

j

= 1. Hal ini tidaklah mungkin (kontradikasi) karenap

i

dan q

j

keduanya lebih dari 1. Jadi faktor-faktor prima pada kedua ruas salingmenghabiskan. Untuk itu, setelah penyusunan ulang haruslah k = t, p

i

= q

i

dane

i

= f

i

. Terbukti representasi (2.1) tunggal. ⌅

Salah satu manfaat faktorisasi prima kita dapat menghitung banyaknya faktor primasuatu bilangan bulat seperti diilustrasi pada awal bab ini.

Contoh 2.1. Tentukan faktorisasi prima dari 24 dan 60. Gunakan hasil anda untukmenghitung banyaknya faktor positif yang ada. Temukan faktor-faktor prima tersebut.

Penyelesaian. Dengan mudah kita dapat menemukan faktorisasi untuk 24, yaitu 24 =

23 · 3. Untuk menemukan semua faktor positifnya, diperhatikan tabulasi silangseperti diberikan pada Tabel 2.1 (kiri). Semua faktor yang dimaksud adalah{1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24} yaitu ada 8 faktor. Kalau diperhatikan dengan seksama,besarnya pangkat pada faktorisasi prima menentukan banyak baris atau kolompada tabulasi silang. Dalam hal ini pangkat 3 pada faktor 23 menghasilkan 4

kolom karena ditambahkan bilangan 1, sedangkan pangkat 1 pada 31 = 3 meng-hasilkan 3 baris karena ditambahkan bilangan 1. Jadi banyak faktornya adalah(3+1)⇥(1+1) = 8. Argumen yang sama diterapkan pada bilangan 60 yang mem-punyai faktorisasi prima 22 · 3 · 5. Bila diperhatikan Tabel 2.1 (kanan), kombinasifaktor 22 dan 3 menghasilkan (2+1)⇥(1+1) = 6 buah faktor, yaitu {1, 2, 3, 4, 6, 12}.Kontribusi faktor 5 berikutnya memberikan faktor secara total adalah sebanyak(2 + 1) ⇥ (1 + 1) ⇥ (1 + 1) = 12 faktor, yaitu {1, 2, 3, 4, 6, 12, 5, 10, 15, 20, 30, 60}.Tabulasi silang seperti ini dapat membantu untuk menemukan semua faktor posi-tifnya.

⇥ 1 2 22 23

1 1 2 4 83 3 6 12 24

⇥ 1 2 22

1 1 2 43 3 6 12⇥ 1 2 3 4 6 121 1 2 3 4 6 125 5 10 15 20 30 60

Table 2.1: Tabulasi silang faktor prima berpangkat

Berdasarkan pembahasan pada contoh soal ini diperoleh hasil sebagai berikut.

4

2 BILANGAN PRIMA

Teorema 2.3. Bila n = p

e11

p

e22

· · · pekk

dan ⇧(n) adalah banyak faktor positif dari n maka

⇧(n) = (e1

+ 1)⇥ (e2

+ 1)⇥ · · ·⇥ (en

+ 1). (2.2)

Contoh 2.2. Tentukan semua faktor prima dari 50!, dan hitung banyak faktor-faktorpositifnya.

Penyelesaian. Diperhatikan 50! := (50)(49)(48) · · · (3)(2)(1). Jadi faktor-faktor pri-manya tidak lain adalah semua bilangan prima yang kurang dari 50, yaitu 2,3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47 (ada 15 buah). Untuk menghi-tung semua faktor positifnya, terlebih dahulu sajikan bilangan 50! dalam bentukfaktorisasi prima. Wow bilangannya besar sekali, bagaimana caranya? Salah satucaranya adalah dengan membentuk faktorisasi prima untuk masing-masing faktorkompositnya, yaitu:

50 = 2 · 52 42 = 2 · 3 · 7 34 = 2 · 17 26 = 2 · 13 18 = 2 · 32 9 = 25 · 549 = 72 40 = 23 · 5 33 = 3 · 11 25 = 52 16 = 24 8 = 23

48 = 24 · 3 39 = 3 · 13 32 = 25 24 = 23 · 3 15 = 3 · 5 6 = 2 · 346 = 2 · 23 38 = 2 · 19 30 = 2 · 3 · 5 22 = 2 · 11 14 = 2 · 7 4 = 22

45 = 32 · 5 36 = 22 · 32 28 = 22 · 7 21 = 3 · 7 12 = 22 · 344 = 22 · 11 35 = 5 · 7 27 = 33 20 = 22 · 5 10 = 2 · 5

Jadi 50! = 24332051378114133172192232291311371411431471 sehingga terdapat se-banyak (44)(21)(14)(9)(5)(4)(3)(3)(3)(2)(2)(2)(2)(2)(2) = 4023613440 buah, su-atu jumlah yang sangat besar. ⌅

Contoh 2.3. Bila p prima dan p|an, buktikan p

n|an.

Bukti. Karena p| aa · · · a| {z }n faktor

= a

n maka menurut Akibat 2.1 diperoleh p|a. Akibatnya,

p

n|an. ⌅

Misalkan untuk dua bilangan bulat a dan b mempunyai representasi berikut

a =rY

i=1

p

↵ii

, b =rY

i=1

p

�ii

dimana lambang ⇧ menyatakan perkalian suku-suku, layaknya notasiP

untuk pen-jumlahan. Kita selalu dapat menyatakan p

i

sebagai faktor persekutuan dari a dan b

5

2 BILANGAN PRIMA

dengan membolehkan ↵

i

dan �

i

bernilai nol. Dengan menggunakan representasi ini,maka diperoleh hasil berikut

ab =rY

i=1

p

↵i+�ii

a

b

=rY

i=1

p

↵i��ii

asalkan b|a

gcd(a, b) =rY

i=1

p

min{↵i,�i}i

lcm(a, b) =rY

i=1

p

max{↵i,�i}i

Contoh 2.4. Tentukan FPB dan KPK dari 132 dan 400.

Penyelesaian. Pertama ditentukan faktorisasi prima kedua bilangan ini, yaitu

132 = 22 · 3 · 11

400 = 24 · 52.

Dengan menuliskan semua faktor prima yang ada, diperoleh p

1

= 2, p2

= 3, p3

=

5, p4

= 11 dan ↵

1

= 2, �1

= 4,↵2

= 1, �2

= 0,↵3

= 0, �3

= 2,↵4

= 1, �4 = 0.Dengan demikian diperoleh

gcd(132, 400) = 22 · 30 · 50 · 110 = 4

lcm(132, 400) = 24 · 31 · 52 · 111 = 13200.

2.2 Saringan Eratosthenes

Bila diberikan sebuah bilangan bulat, bagaimana kita dapat memutuskan apakah iaprima atau komposit. Kalau ia komposit, bagaimana menentukan faktor-faktornya.Teorema berikut memberikan salah satu karakteristik bilangan prima.

Teorema 2.4. Sebuah bilangan bulat n > 1 adalah komposit bila hanya bila ia dapat

dibagi oleh suatu faktor prima p pn.

Bukti. ( ) Bila n dapat dibagi oleh bilangan prima p tersebut maka jelas n komposit.(!) Sebaliknya diketahui n komposit, maka dapat ditulis n = ab dengan 0 <

6

2 BILANGAN PRIMA

a, b < n. Ini berakibat a pn atau b

pn, sebab bila tidak akan menghasilkan

ab > n. Faktor a atau b ini pasti dapat dibagi oleh bilangan prima p pn, yang

juga kemudian membagi n. ⌅

Teorema ini mengatakan bahwa jika suatu bilangan bulat n tidak terbagi oleh setiapbilangan prima p dengan p

pn maka dipastikan n adalah prima. Hasil inilah yang

digunakan oleh seorang matematikawan Yunani Eratosthenes (276-194 SM) menemukanteknik memilih bilangan prima dalam rentang tertentu. Metoda ini disebut saringan

Eratosthenes (sieve of Eratosthenes). Metoda ini akan jelas dalam contoh berikut.

Contoh 2.5. Tentukan semua bilangan prima yang kurang dari 100.

Penyelesaian. Digunakan saringan Eratoshenes.

1. Daftarkan semua bilangan tersebut, yaitu 2, 3, · · · , 100. Dapat dibentuk dalambentuk persegi panjang untuk menghemat tempat.

2. Biarkan bilangan 2 sebagai bilangan prima pertama, silang semua bilangan kelia-patan 2, yaitu 4, 6, 8, · · ·

3. Setelah 2, bilangan pertama tidak tercoret adalah 3. Pertahankan bilangan 3sebagai prima kedua, silang semua kelipatan 3, yaitu 6, 9, 12, · · · .

4. Bilangan pertama setelah 3 yang belum tercoret mestinya 5. Pertahankan bilangan5 ini, coret semua kelipatan 5, yaitu 10, 15, 20, · · ·

5. Cara yang sama dilakukan pada bilangan 7.

Diperhatikan 7 adalah bilangan prima terakhir dengan 7 p100, sebab prima berikut-

nya adalah 11. Jadi setelah langkah ke 5, bilangan dalam daftar yang tidak tercoretadalah bilangan prima. Bilangan prima yang dimaksud adalah 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19,23, 29, 31, 37,41,43,47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, kesemuanya prima kurangdari 100. Coba terapkan langkah-langkah di atas dengan menggunakan Tabel berikut.

Contoh 2.6. Nyatakan a = 2093 dalam bentuk perkalian bilangan prima berpangkat.

Penyelesaian. Diperhatikan bahwap2093 < 46. Jadi cukup diperiksa bilangan prima

yang kurang dari 46: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43 yang merupakanfaktor. Ternyata 2093 hanya memiliki tiga faktor prima, yaitu 17, 13 dan 23,tepatnya

2093 = 13 · 17 · 23. ⌅

7

2 BILANGAN PRIMA

1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 32 33 34 35 36 37 38 39 4041 42 43 44 45 46 47 48 49 5051 52 53 54 55 56 57 58 59 6061 62 63 64 65 66 67 68 69 7071 72 73 74 75 76 77 78 79 8081 82 83 84 85 86 87 88 89 9091 92 93 94 95 96 97 98 99 100

Table 2.2: Saringan Eratosthenes

2.3 Distribusi Bilangan Prima

Diperhatikan terdapat 4 bilangan prima dalam interval [1, 10], ada 21 bilangan prima didalam interval [10, 100], ada 16 bilangan prima di dalam interval [200, 300]. Berdasarkandata empiris ini, distribusi bilangan prima semakin lama semakin jarang. Mungkinkahsuatu saat bilangan prima tidak muncul lagi di dalam interval yang memuat bilanganbulat yang sangat besar. Bila hal ini terjadi maka logikanya banyak bilangan primaadalah berhingga. Apakah benar hanya terdapat berhingga bilangan prima. Teoremaberikut memberian jawabannya. Teorema ini dikenal dengan Teorema Euclides.

Teorema 2.5. Terdapat takberhingga banyak bilangan prima.

Bukti. Dibuktikan dengan kontradiksi. Andai hanya terdapat berhingga banyak bilan-gan prima, katakan secara berurutan p

1

= 2, p2

= 3, · · · , pn

. Ambil bilangan bulatN yang didefinisikan sebagai

N = p

1

p

2

· · · pn

+ 1.

Karena N > 1 maka berdasarkan TFA, N mesti dapat dibagi oleh suatu bilan-gan prima p. Tetapi kita telah mengandaikan bahwa hanya p

1

, p

2

, · · · , pn

bilanganprima yang ada. Jadi haruslah p = p

k

untuk suatu k 2 {1, · · · , n}. Kita mem-punyai dua fakta, yaitu p|N dan p|p

1

p

2

· · · pn

. Akibatnya p|(N � p

1

p

2

· · · pn

) ataup|1. Hal ini menimbulkan kontradiksi karena p > 1.Terbukti bahwa banyaknyabilangan prima takberhingga. ⌅

Masih banyak misteri yang belum terkuak dalam pembahasan bilangan prima. Sebagaicontoh, sampai saat ini belum ada formula eksplisit atau cara efektif untuk mengiden-

8

2 BILANGAN PRIMA

tifikasi bilangan prima. Diperhatikan contoh berikut.

Contoh 2.7. Misalkan p

1

, p

2

, · · · , pn

adalah n buah bilangan prima pertama. Defin-isikan p

⇤n

= p

1

p

2

· · · pn

+ 1. Selidikilah apakah untuk setiap n 2 N, p⇤n

prima. Berikankomentar.

Penyelesaian. Kita selidiki untuk beberapa

p

⇤1

= 2 + 1 = 3

p

⇤2

= 2 · 3 + 1 = 7

p

⇤3

= 2 · 3 · 5 + 1 = 31

p

⇤4

= 2 · 3 · 5 · 7 + 1 = 211

p

⇤5

= 2 · 3 · 5 · 7 · 11 + 1 = 2311,

semuanya adalah prima. Namun perhatikan kasus berikut ini

p

⇤6

= 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 + 1 = 59 · 509

p

⇤7

= 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 17 + 1 = 19 · 97 · 277,

ternyata tidak prima. Ternyata tidak semua n, p⇤n

prima. Permasalahan selanjut-nya adalah sulitnya mengetahui dengan pasti apakah bilangan prima dengan polaseperti ini berhingga atau takberhingga. Sampai saat ini baru ditemukan 2, 3, 5,7, 11, 31, 379, 1019, 1021, 2657, 3229, 4547, 4787, 11549, 13649, 18523, 23801, dan24029 bilangan prima yang mengikuti pola ini. Terakhir, sebuah bilangan primabentuk ini ditemukan pada tahun 1995 terdiri dari 10395 digit. Selain itu, semuap

⇤n

dengan n < 35000 adalah komposit. ⌅

Teorema 2.6. Terdapat takberhingga banyak bilangan prima yang berbentuk 4q + 3.

Bukti. Bukti dengan kontradiksi. Andai hanya terdapat berhingga bilangan prima ben-tuk ini, katakan p

1

, p

2

, · · · , pk

. Ambil m = 4p1

p

2

· · · pk

� 1 sehingga m berbentuk4q + 3 yaitu dengan mengambil q = p

1

p

2

· · · pk

+ 1. Karena m ganjil maka setiapbilangan prima p yang membagi m juga ganjil, atau secara ekuivalen berbentukp = 4q + 1 atau p = 4q + 3. Ingat adanya faktor prima ini dijamin oleh TFA.Bila p berbentuk 4q + 1 maka m juga mempunyai bentuk ini, padahal m berben-tuk 4q + 3. Jadi haruslah m terbagi oleh suatu bilangan prima p yang berbentuk

9

2 BILANGAN PRIMA

4q + 3. Karena diasumsikan hanya ada p

1

, p

2

, · · · , pk

bilangan prima bentuk inimaka haruslah p = p

i

untuk suatu i 2 {1, · · · , k}. Jadi p|p1

p

2

· · · pk

, dan juga p|m.Diperoleh p|4p

1

p

2

· · · pk

�m, atau p|1 suatu kontradiksi. ⌅

Contoh 2.8. Temukan 5 bilangan prima yang mempunyai pola 4q + 1.

Penyelesaian. Untuk q = 1 diperoleh 4(1)+1 = 5, untuk q = 3 diperoleh 4(2)+1 = 13,untuk q = 4 diperoleh 4(4) + 1 = 17, untuk q = 7 diperoleh 4(7) + 1 = 29, untukq = 9 diperoleh 4(9) + 1 = 37. ⌅

Sebaliknya tidak semua bilangan prima berbentuk 4q + 1, misalnya 7, 11, 19 dan lain-lain. Jadi walaupun takberhingga banyak bilangan prima dalam bentuk ini, namunmasih terdapat takberhingga banyak pula bilangan prima yang tidak berbentuk sepertiini. Tidak semua bilangan prima dapat dikenali bentuk umumnya. Sebaliknya sulitmenemukan suatu bentuk umum yang dapat menghasilkan bilangan prima. TeoremaDirichlet mengatakan terdapat takberhingga banyak bilangan prima yang terdapat didalam barisan aritmatika

a, a+ b, a+ 2b, a+ 3b, · · ·

asalkan gcd(a, b) = 1. Sebagai contoh, diperhatikan bilangan yang diakhiri oleh angka999: 1999, 100999, 1000999, · · · merupakan bilangan prima. Mereka ini berbentuk 1000n+

999 dengan gcd(1000, 999) = 1.

Bilangan prima Fermat dan Mersene

Kita fokus pada bilangan bulat yang mempunyai bentuk umum 2m ± 1. Sebagian besarbilangan ini adalah prima, misalnya 3, 5, 7, 13, 31, 127, · · · , semuanya berbentuk 2m ± 1.Kita tahu persis bentuk umum m yang membuat bilangan ini prima. Namun sebaliknyakita dapat mendeteksi bentuk m bilamana 2m + 1 prima, seperti diungkapkan padateorema berikut.

Teorema 2.7. Bila 2m + 1 prima maka m = 2n untuk suatu n � 0.

Bukti. Dibuktikan melalui kontraposisinya. Diketahui m tidak berbentuk 2n. Maka adabilangan ganjil q > 1 sehingga m = 2nq. Alasannya adalah sebagai berikut: untukq ganjil, katakan q = 2k + 1 maka m = 2n(2k + 1), yaitu diantaranya berbentuk2n · 3, 2n · 5, 2n · 7, · · · kesemuanya tidak mungkin berbentuk 2n karena faktorganjilnya tidak dapat digabungkan dengan 2 untuk membentuk 2(·). Bila q genap

10

2 BILANGAN PRIMA

maka ada kemungkinan 2nq berbentuk 2(·), misalnya 2n · 4 = 2n+2. Perhatikanpolinomial P (t) = t

q + 1. Karena q ganjil maka dapat difaktorkan P (t) = (t +

1)(tq�1 � t

q�2 + · · · + t

2 � t + 1), jadi (t + 1) merupakan faktor dari P (t). Ambilt = x

2

n , substitusi ke dalam P (t) diperoleh P

�x

2

n�=�x

2

n�q

+1 = x

2

nq+1 = x

m+1

mempunyai faktor (x2

n+ 1). Diambil x = 2 maka disimpulkan (22

n+ 1) adalah

faktor dari 2m + 1. Jadi 2m + 1 bukan prima. ⌅

Bilangan yang berbentuk F

n

:= 22n+ 1, n � 0 disebut bilangan Fermat. Bilangan

Fermat yang merupakan bilangan prima disebut prima Fermat. Ada konjektur bahwasemua bilangan Fermat adalah prima. Coba perhatikan beberapa diantaranya F

0

=

3, F1

= 5, F2

= 17, F3

= 257, F5

= 65537 kesemuanya adalah prima. Namun pada tahun1732 Euler menunjukkan bahwa bilangan Fermat berikutnya adalah komposit, yaitu

F

5

= 232 + 1 = 4294967297 = 641⇥ 6700417,

sehingga konjektur tersebut tidak terbukti.

Walaupun tidak semua bilangan Fermat adalah prima, namun dapat dipastikan setiappasangan dua bilangan Fermat membentuk prima relatif, yaitu gcd(F

n

, F

n+k

) = 1. Un-tuk bukti, lihat Jones and Jones (2005).

Selanjutnya, bilangan yang berbentuk 2p+1 dimana p prima disebut bilangan Mersene,dan diantara bilangan ini yang prima disebut bilangan prima Mersene. Untukp = 2, 3, 5, 7 diperoleh bilangan prima Mersene berikut

M

p

= 3, 7, 31, 127,

tetapi untuk p = 11, M11

= 211 + 1 = 2047 = 23⇥ 89 ternyata bukan prima.

2.4 Uji Keterbagian

Berdasarkan Teorema Fundamental Aritmatika kita selalu dapat menyajikan sebarangbilangan bulat dalam bentuk perkalian bilangan prima berpangkat. Permasalahannyaadalah bagaimana cara efektif untuk menemukan semua faktor tersebut. Metoda coba-coba sangat tidak efektif terutama bilangannya besar. Untuk itu diperlukan cara untukmendeteksi awal suatu bilangan bulat dapat terbagi oleh bilangan bulat lainnya.

11

2 BILANGAN PRIMA

Suatu bilangan bulat n dalam bentuk desimal dan dalam basis 10 ditulis sebagai berikut

n = a

k

a

k�1

· · · a1

a

0

$ n = a

k

10k + a

k�1

10k�1 + · · ·+ a

1

10 + a

0

.

Sebagai contoh n = 3457 berarti k = 3 dan n = 3 · 103 + 4 · 102 + 5 · 101 + 7. Berikutbeberapa proposisi untuk uji keterbagian.

Proposisi 2.1. Bilangan bulat n habis terbagi 2 bila hanya bila a

0

genap.

Bukti. Cukup jelas.

Proposisi 2.2. Bilangan bulat n habis dibagi 3 bila hanya bila jumlah angka-angka

pembangunnya habis dibagi 3.

Bukti. Diperhatikan bentuk 10k = (9 + 1)k. Bila dijabarkan maka akan menghasilkanbentuk m

k

+1 dimana m

k

suatu bilangan kelipatan 9, jadi habis dibagi 3. Ilustrasi,(9+1)1 = 9|{z}

m1

+1, (9+1)2 = 92 + 2 · 9| {z }m2

+1, (9+1)3 = 93 + 3 · 92 + 3 · 9| {z }m3

+1. Secara

umum dijabarkan dengan menggunakan formula binomial

(9 + 1)k =kX

r=0

k

r

!9r1k�r = 1 +

kX

r=1

k

r

!9r

| {z }mk

.

Jadi diperoleh

n = (ak

m

k

+ a

k�1

m

k�1

+ · · ·+ a

1

m

1

)| {z }M

+(ak

+ a

k�1

+ · · ·+ a

1

+ a

0

).

Karena 3|M maka diperoleh 3|n$ 3|(ak

+ a

k�1

+ · · ·+ a

1

+ a

0

). ⌅

Contoh 2.9. Bilangan 372 habis dibagi 3 sebab 3 + 7 + 2 = 12 habis dibagi 3, tetapibilangan 4561 tidak dapat dibagi 3 sebab 4+5+6+1 = 16 tidak terbagi oleh 3, silahkancek!.

Proposisi 2.3. Bilangan bulat n habis dibagi 4 bila hanya bila bilangan yang dibentuk

oleh dua digit terakhirnya habis dibagi 4.

Bukti. Diperhatikan n = a

k

10k + a

k�1

10k�1 + · · ·+ a

2

102| {z }Q

+a

1

10 + a

0

. Karena Q selalu

habis dibagi 4 maka n habis dibagi 4 bila hanya bila a

1

10+ a

0

⌘ a

1

a

0

habis dibagi4. ⌅

12

2 BILANGAN PRIMA

Contoh 2.10. Bilangan 4562 tidak habis dibagi 4 sebab 62 tidak habis dibagi 4, sedan-gkan 34232 habis dibagi 4 sebab 32 habis dibagi 4.

Proposisi 2.4. Bilangan bulat n habis dibagi 5 bila hanya bila angka terakhirnya 0 atau

5.

Bukti. Cukup jelas.

Proposisi 2.5. Bilangan bulat n habis dibagi 6 bila hanya bila jumlah angka-angka

pembangunnya habis dibagi 3 dan angka terakhirnya a

0

genap.

Bukti. 6|n $ 3|n dan 2|n. Dengan menggunakan Proposisi 2.1 dan 2.1, terbuktilahproposisi ini. ⌅

Contoh 2.11. Bilangan 6531 dan 47502 kedua habis dibagi 3 sebab jumlah angka-angkanya habis dibagi 3. Selanjutnya, 47502 habis dibagi 6 tetapi 6531 tidak habisdibagi 6.

Catatan 2.1. Bila habis dibagi 6 maka habis dibagi 3, tetapi tidak berlaku sebaliknya.

Proposisi 2.6. Syarat cukup n habis dibagi 7 adalah M habis dibagi 7, dimana M bi-

langan lebih kecil yang diperoleh dengan cara membuang angka terkahir N kemudian

menguranginya dengan 2 kali angka terakhir tersebut.

Sebelum dibuktikan diperhatikan dulu contoh berikut.

Contoh 2.12. Diperhatikan bilangan n = 47292. Kita perkecil bilangan ini denganmenggunakan teknik pada proposisi di atas.

47292! 4729� 2(2) = 4725! 472� 2(5) = 462! 46� 2(2) = 42 =: M.

Karena M habis dibagi 7 maka disimpulkan n habis dibagi 7. Silahkan cek!

Bukti. Berdasarkan pembentukan M seperti pada proposisi kita dapat menulis

M = a

k

10k�1 + a

k�1

10k�2 + · · ·+ a

2

10 + a

1

� 2a0

10M = a

k

10k + a

k�1

10k�1 + · · ·+ a

2

102 + a

1

10� 2a0

10

= a

k

10k + a

k�1

10k�1 + · · ·+ a

2

102 + a

1

10 + a

0| {z }n

�a0

� 20a0

= n� 21a0

.

Jadi diperoleh hubungan n = 10M + 21a0

. Jelas bila 7|M maka 7|n sebab 21a0

selalu habis dibagi 7. ⌅

13

2 BILANGAN PRIMA

Proposisi 2.7. n habis dibagi 8 bila hanya bila bilangan yang dibentuk oleh tiga digit

terakhirnya habis dibagi 8.

Bukti. Tulis n = a

k

10k + a

k�1

10k�1 + · · ·+ a

3

103| {z }T

+(a2

102 + a

1

10 + a

0

). Karena T se-

lalu habis dibagi 8 maka n habis dibagi 8 bila hanya bila a

2

102+a

1

10+a

0

⌘ a

2

a

1

a

0

habis dibagi 8. ⌅

Proposisi 2.8. Bilangan bulat n habis dibagi 9 bila hanya bila jumlah angka-angka

pembangunnya habis dibagi 9.

Bukti. Gunakan argumen yang sama ketika membuktikan habis dibagi 3. ⌅

Proposisi 2.9. Bilangan bulat n habis dibagi 10 bila hanya bila angka terakirnya 0.

Bukti. Cukup jelas. ⌅

Proposisi 2.10. n habis dibagi 11 bila hanya bila selisih antara jumlah angka pada

urutan genap dan urutan ganjil habis dibagi 11.

Bukti. Diperhatikan suku 10i = (11 � 1)i = 11q + (�1)i. Misalnya 101 = 11 � 1,102 = (11 � 1)2 = 112 � 2(11) + (�1)2 = 11 (11� 2)| {z }

q

+(�1)2, 103 = (11 � 1)3 =

113 � 3(112) + 3(11) + (�1)3 = 11 (112 � 3(11) + 3)| {z }q

+(�1)3,· · · Jadi diperoleh

ekspresi berikut (dengan asumsi k genap):

n = 11K +kX

i=1

a

k

(�1)i = 11K + ((a2

+ a

4

+ · · ·+ a

k

)� (a1

+ a

3

+ · · ·+ a

k�1

)) .

Karena 11K selalu habis dibagi 11 maka diperoleh n habis dibagi 11 bila hanyabila suku (a

2

+ a

4

+ · · ·+ a

k

)� (a1

+ a

3

+ · · ·+ a

k�1

) habis dibagi 11.

Contoh 2.13. Coba periksa apakah 8679 dan 3567811 dapat dibagi oleh 11.

Penyelesaian. Perhatikan bilangan 8679. Selisih jumlah digit pada posisi genap danganjil adalah

(8 + 7)� (6 + 9) = 0

ternyata habis dibagi 11. Jadi bilangan 8679 habis dibagi 11. Untuk bilangan3567811 diperoleh

(3 + 6 + 8 + 1)� (5 + 7 + 1) = 18� 13 = 6

14

2 BILANGAN PRIMA

tidak dapat dibagi 11 sehingga 3567811 juga tidak habis dibagi 11. Coba cek!⌅

Contoh 2.14. Temukan semua faktor prima bilangan 510510, kemudian hitung banyaksemua faktor positifnya.

Penyelesaian. Sekilas pandang, bilangan ini terbagi oleh 2 (karena angka terakhirnyagenap), terbagi oleh 5 (karena angka terakhirnya 0). Hasilnya sementara adalah510510 = 2 ·5 ·51051. Karena 5+1+0+5+1 = 12 terbagi oleh 3 maka 51051 jugaterbagi oleh 3, hasil berikutnya adalah 510510 = 2 · 5 · 3 · 17017. Sekarang fokuspada bilangan 17017. Perhatikan selisih (1 + 0 + 7)� (7 + 1) = 0 habis dibagi 11,yaitu 17017 = 11⇥ 1547. Untuk bilangan 1547 diperoleh

1547! 154� 2(7) = 140! 14� 2(0) = 14!M

habis dibagi 7 sehingga 1547 juga habis dibagi 7, yaitu 1547 = 7 ⇥ 221. Nah,bilangan 221 sudah cukup kecil sehingga dengan mudah difaktorkan sebagai 221 =

11 · 13. Diperoleh hasil akhir faktorisasi prima sebagai berikut

510510 = 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 17.

Berdasarkan teori yang sudah dibahas sebelumnya, banyak faktor positif yang adaditentukan berdasarkan

(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 27 = 128. ⌅

Contoh 2.15. Diberikan bilangan N = 181920...92939495, yaitu diperoleh denganmenuliskan secara berurutan digit bilangan dua digit dari 18 sampai dengan 95. ApakahN terbagi habis oleh 3. Jika iya, tentukan pangkat tertinggi p pada faktorisasi prima 3p.

Penyelesaian. Diamati secara seksama frekuensi kemunculan angka 1 s.d. 9 pada bi-langan N , hasilnya diringkas pada tabel berikut

15

2 BILANGAN PRIMA

Angka(a) f Muncul pada f · a1 10 18, 19, 21, 31, 41, 51, 61, 71, 81, 91 102 18 20, 21, 22, · · · , 29, 32, 42, 52, 62, 72, 82, 92 363 18 23, 30, · · · , 33, · · · , 39, 43, 53, 63, 73, 83, 93 544 18 24, 34, 40, · · · , 44, · · · , 49, 54, 64, 74, 84, 94 725 18 25, 35, 45, 50, · · · , 55, · · · , 59, 65, 75, 85, 95 906 17 26, 36, 46, 56, 60, · · · , 66, · · · , 69, 76, 86 1027 17 27, 37, 47, 57, 67, 70, · · · , 77, 78, 79, 87 1198 18 18, 28, 38, 48, 58, 68, 78, 80, · · · , 88, 89 1449 14 19, 29, 39, 49, 59, 69, 79, 89, 90, · · · , 95 126

Jumlah 148 753

Dengan menggunakan sifat keterbagian 3, diperoleh

753! 7 + 5 + 3 = 15.

Jadi N dapat dibagi 3. Karena 15 hanya terbagi oleh 3 tetapi tidak terbagi oleh9 maka p = 1 adalah pangkat tertinggi pada faktor 3p. ⌅

16